第二章 时域离散信号和系统的频域分析 A?X(z)1?(z?)z2z?1291z?22?(z?1)(z?2)(z?3)z3?4z2?z?12??1
同理有 B=2，C=-1，D=1。 所以
X(z)??z2z?zz ???1z?1z?2z?3z?2z?1，故属于因果序列的象函数X1(z)，第三第四项收敛域满足z?2，故属
上式的前两项收敛于满足于反因果序列的象函数
X2(z)，即
?zz?z2z?z?2 X1(z)??z?1，X2(z)?1z?1z?2z?3z?21n则有 x1(n)?[2?()]u(n),x2(n)?[2n?3n]u(?n?1)
21nnn所以 x(n)?x1(n)?x2(n)?[2?()]u(n)?(2?3)u(?n?1)
22z3?5z2?z?32z3?5z2?z?3?（3）因X(z)?，所以X(n)是假分式，故先长除得
2(z?1)(z?2)z?3z?2X(z)?2z?2z2?3z?3z?3z?22
31X1(z)z?3z?3z?3z?32??1?2
令X1(z)?，则??zz2?3z?2z(z2?3z?2)zz?1z?21z3?z故 X1(n)???2
2z?1z?21z3?z则 X(n)?2z???2
2z?1z?22由于收敛域
z?1，则对应序列为反因果序列，由此可得
31x(n)?2?(n?1)??(n)?u(?n?1)?[?2nu(?n?1)]22
3?2?(n?1)??(n)?(1?2n?1)u(?n?1)2（4）利用Z域微分性质可得
dX(z)?az?2X(z)?In(1?az)，?
?1dz1?azdX(z)az?1nx(n)????z?,z?a?1dz1?az?1
由a(?a)nu(n)???a1?az?1,z?a，(?a)nu(n?1)???az?11?az?1,z?a
第二章 时域离散信号和系统的频域分析 则
?(?a)nx(n)?u(n?1)
n（5）利用Z域微分性质可得
dX(z)21???dz1?2zz?12dX(z)?z nx(n)????z?1dzz?21?z1又z?，则原序列为左边序列，即???()nu(?n?1)
122z?21n所以 nx(n)?()u(?n?1)
211n则 x(n)??()u(?n?1)
n2X(z)?In(1?2z)，
16． 某系统的差分方程为
y(n)?5y(n?1)?y(n?2)?x(n?1)，根据该系统的零极点图确 2定三种可能的单位抽样响应形式，并说明其分别对应的系统特性。
图2-16
解：对差分方程两边取Z变换，并令初始状态为零，有
5Y(z)?Y(z)z?1?z?2Y(z)?z?1X(z)
2Y(z)z由系统函数定义得H(z)? ?X(z)(z?1)(z?2)2其零极点图如图2-16所示。如图可知，系统有三种可能的收敛域，分别对应三种不同的单位抽样响应，由于
H(z)?z1(z?)(z?2)2??23zz?12?2z
3z?2当
z?2，收敛域在两极点外侧，且包含?，则系统是因果的，但其不包含单位圆，所以系统是非稳定的。
h(n)为因果序列
第二章 时域离散信号和系统的频域分析 ?2?1?n2n?h1(n)???????2?u(n)
3???3?2??当
1?z?2，收敛域为环形，不包含?，则系统是因果的，但其包含单位圆，所以 22?1?2h2(n)????u(n)??2nu(?n?1)
3?2?3n系统是稳定的。h(n)为双边序列。
当
z?2，系统为非因果不稳定系统，h(n)为左边序列。
2?1?2h3(n)?[????2n]u(?n?1)
3?2?317． 已知一离散LTI系统，用下列差分方程描述
ny(n)?
5y(n?1)?y(n?2)?x(n?1) 2（1）若系统稳定，求系统对x(n)?u(n)的响应；
（2）若系统的系统函数H(z)的收敛域包含?，系统的输入信号如图2-17所示，求n=2时的输出响应y(n)。 解：对差分方程取Z变换，并设起始状态为零。
3Y(z)(?z?2?z?1?1)?X(z)z?1
2得系统函数
4Y(z)zzH(z)?????5
X(z)z2?3z?1(z?2)(z?1)z?1z?2222??2,p2?1 2z?2，说明此时系统是非
15系统函数的两个极点为：p1
（1）因为系统稳定，所以H(z)的收敛域一定包含z平面的单位圆，可知收敛域为
因果系统。
X(z)?响应信号的Z变换为
zz?1zz?1
?11(z?2)(z?)(z?1)(z?2)(z?)22
2z2z4z???1?z?2115z?23z?15z?2Y(z)的收敛域为X(z)，H(z)收敛域的公共部分为1?z?2。
2421y(n)?u(n)?(?2)nu(?n?1)?()nu(n)
31552（2）由于H(z)的收敛域已含?，故系统为因果系统，而非稳定的，其收敛域为
zY(z)?X(z)H(z)??z?1z2z?2，单位脉冲响应为
第二章 时域离散信号和系统的频域分析 z2?1?2h(n)??[H(z)]??[]??????2?nu(n)
35?2?5z2?z?12?1?1n用卷积和公式得
2y(n)?x(n)?h(n)?k????x(k)h(n?k)??x(k)h(n?k)
k?0?ny(n)n?2?31x(k)h(2?k)?x(0)h(2)?x(1)h(1)?x(2)h(0)???2?0? ?22k?018．已知某离散系统由下面的差分方程描述
y(n)?4y(n?1)?4y(n?2)?x(n)?x(n?1)
若给定x(n)?u(n)及y(0)=1、y(1)=2，试求y(n)。 解：差分方程又可写为
y(n?2)?4y(n?1)?4y(n)?x(n?2)?x(n?1)
两边取Z变换，得
z2Y(z)?z2y(0)?zy(1)?4[zY(z)?zy(0)]?4Y(z)?z2X(z)?z2x(0)?zx(1)?[zX(z)?zx(0)]z 由于x(n)?u(n)，故X(z)?，x(0)=x(1)=1，将它们和y(0)=1、y(1)=2，代入上
z?1式，经过整理可得
Y(z)?z2?6zz2?4z?4?4z(z?2)2?z z?2y(n)?(?2)nu(n)?4n(?2)n?1u(n)
19．一线性时不变因果离散时间系统的差分方程描述为
y(n)?4y(n?1)?2y(n?2)?x(n)已知x(n)?u(n)，y(-1)=2、y(-2)=-3，由Z域求解：
（1）零输入响应yi(n)，零状态响应ys(n)，完全响应y(n)。 （2）系统函数H(z)，单位脉冲响应h(k)。 （3）若x(n)=u(n)-u(n-5)，重求（1）、（2）。 解：（1）对差分方程两边进行Z变换，得
k?0
Y(z)?3[z?1Y(z)?y(?1)]?2[z?2Y(z)?z?1y(?1)?y(?2)]?X(z)
整理后得
Y(z)??3y(?1)?2z?1y(?1)?2y(?2)1?3z?1?2z?2?F(z)1?3z?1?2z?2
则零输入响应的Z域表达式为
?1Yi(z)?
?3y(?1)?2zy(?1)?2y(?2)1?3z?1?2z?2?4z?11?3z?1?2z?2?41?z?1??41?2z?1
所以零输入响应为
yi(n)?[4(?1)n?4(?2)n]u(n)
零状态响应的Z域表达式为
第二章 时域离散信号和系统的频域分析 Ys(z)?F(z)1?3z?1?2z?21?116?12431?z????1?3z?1?2z?21?z?11?z?11?2z?1
所以系统的零状态响应为
114ys(n)?[?(?1)n?(?2)n]u(n)
623系统的完全响应为
178y(n)?yi(n)?ys(n)?[?(?1)n?(?2)n]u(n)
623（2）根据系统函数的定义，可得
H(z)?进行逆变换可得
Ys(z)1?12???X(z)1?3z?1?2z?21?z?11?2z?1h(n)?[?(?1)n?2(?2)n]u(n)
（3）若x(n)=u(n)-u(n-5)，则系统的零输入响应yi(n)、单位脉冲响应h(k)和系统函数H(z)均不变，根据时不变特性，可得系统零状态响应为
T{u(n)?u(n?5)}?ys(k)?ys(n?5) 114114nnn?5n?5?[?(?1)?(?2)]u(n)?[?(?1)?(?2)]u(n?5)623623完全响应为
y(n)?yx(n)?T{u(n)?u(n?5)} 178114nnn?5n?5?[?(?1)?(?2)]u(n)?[?(?1)?(?2)]u(n?5)62362320．描述某离散系统的差分方程为
y(n)?2y(n?1)?y(n?2)?x(n)。已知 yzi(0)?yzi(1)?2，x(n)?2nu(n)，
yzi(n)和零状态响应yzs(n)
试用Z变换分析法求响应y(n)，并求出零输入响应
解：差分方程又可写为
y(n?2)?2y(n?1)?y(n)?x(n?2)
两边取Z变换，得
z2Y(z)?zy(1)?y(0)?2[zY(z)?y(0)]?Y(z)?z2X(z)
zn由于x(n)?2u(n)，故X(z)?，将yzi(0)?yzi(1)?2，代入上式，经过整理可得
z?2z22zY(z)?2?X(z)?
z?2z?1z?1所以
z2z2z4z3zz?X(z)?2???? Yzs(z)?2z?2z?1z?2z?1z?2z?2z?1(z?1)2得
yzs(n)?4?2nu(n)?3u(n)?nu(n)?[4?2n?3?n]u(n)